[LeetCode] 552. Student Attendance Record II 学生出勤记录之二

Given a positive integer n, return the number of all possible attendance records with length n, which will be regarded as rewardable. The answer may be very large, return it after mod 10⁹ + 7.

A student attendance record is a string that only contains the following three characters:

'A' : Absent.
'L' : Late.
'P' : Present.

A record is regarded as rewardable if it doesn't contain more than one 'A' (absent) or more than two continuous 'L' (late).

Example 1:

Input: n = 2
Output: 8 
Explanation:
There are 8 records with length 2 will be regarded as rewardable:
"PP" , "AP", "PA", "LP", "PL", "AL", "LA", "LL"
Only "AA" won't be regarded as rewardable owing to more than one absent times.

Note: The value of n won't exceed 100,000.

这道题是之前那道 Student Attendance Record I 的拓展，但是比那道题难度要大的多。从题目中说结果要对一个很大的数取余，说明结果是一个很大很大的数。一般来说这种情况不能用递归来求解，可能会爆栈，所以要考虑利用数学方法或者动态规划 Dynamic Programming 来做。其实博主最先看到这题的时候，心想这不就是高中时候学的排列组合的题吗，于是又在想怎么写那些A几几，C几几的式子来求结果，可惜并没有做出来。现在想想怎么当初高中的自己这么生猛，感觉啥都会的样子，上知天文下知地理，数理化生样样精通的感觉，燃鹅随着时间的推移，所有的一切都还给了老师。总感觉这题用数学的方法应该也可以解，但是看网上的大神们都是用 DP 做的，没办法，那只能用 DP 来做了。下面这种做法来自大神 lixx2100 的帖子，这里定义一个三维的 dp 数组，其中 dp[i][j][k] 表示数组前i个数字中，最多有j个A，最多有k个连续L的组合方式，那么最终要求的结果就保存在dp[n][1][2]中。然后来考虑如何求 dp[i][j][k] 的状态转移方程，首先来取出前一个状态下的值，就是前 i-1 个数的值 dp[i-1][j][2]，即数组前 i-1 个数中，最多有j个A，最多有2个连续L的排列方式，然后如果 j>0，那么再加上 dp[i-1][j-1][2]，即加上了最多有j-1个A的情况，并对超大数取余；如果 k>0，则再加上 dp[i-1][j][k-1]，即加上了最多有j个A，最多有 k-1 个连续L的排列方式，其实博主并没有完全理解为什么要这么更新，如果有大神们理解了这么做的含义，请不吝赐教，在下方留言告知博主啊～

解法一：

class Solution {
public:
    int checkRecord(int n) {
        int M = 1e9 + 7;
        int dp[n + 1][2][3] = {0};
        for (int j = 0; j < 2; ++j) {
            for (int k = 0; k < 3; ++k) {
                dp[0][j][k] = 1;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = 0; j < 2; ++j) {
                for (int k = 0; k < 3; ++k) {
                    int val = dp[i - 1][j][2];
                    if (j > 0) val = (val + dp[i - 1][j - 1][2]) % M;
                    if (k > 0) val = (val + dp[i - 1][j][k - 1]) % M;
                    dp[i][j][k] = val;
                }
            }
        }
        return dp[n][1][2];
    }
};

下面这种方法来自大神 KJer 的帖子，大神帖子里面的讲解写的很详细，很赞，也不难读懂。定义了三个 DP 数组 P, L, A，其中 P[i] 表示数组 [0,i] 范围内以P结尾的所有排列方式，L[i] 表示数组 [0,i] 范围内以L结尾的所有排列方式，A[i] 表示数组 [0,i] 范围内以A结尾的所有排列方式。那么最终所求的就是 P[n-1] + L[n-1] + A[n-1] 了，难点就是分别求出 P, L, A 数组的递推公式了。

首先来看P数组的，P字符没有任何限制条件，可以跟在任何一个字符后面，所以有 P[i] = A[i-1] + P[i-1] + L[i-1]

再来看L数组的，L字符唯一的限制条件是不能有超过两个连续的L，那么在P和L字符后面可以加1一个L，如果前一个字符是L，要看再前面的一位是什么字符，如果是P或着A的话，可以加L，如果是L的话，就不能再加了，否则就连续3个了，所以有 L[i] = A[i-1] + P[i-1] + A[i-2] + P[i-2]

最后来看A数组的，这个比较麻烦，字符A的限制条件是整个字符串最多只能有1个A，那么当前一个字符是A的话，就不能再加A来，当前一个字符是P或者L的话，要确定之前从没有A出现过，才能加上A。那么实际上还需要定义两个数组 P1, L1, 其中 P1[i] 表示数组 [0,i] 范围内以P结尾的不包含A的所有排列方式，L1[i] 表示数组 [0,i] 范围内以L结尾的不包含A的所有排列方式，根据前两种情况不难推出 P1 和 L1 的递推公式，再加上A的递推公式如下：

A[i] = P1[i-1] + L1[i-1]

P1[i] = P1[i-1] + L1[i-1]

L1[i] = P1[i-1] + P1[i-2]

将第二第三个等式多次带入第一个等式，就可以将 P1 和 L1 消掉，可以化简为：

A[i] = A[i-1] + A[i-2] + A[i-3]

这样就可以少定义两个数组了，状态转移方程有了，代码也就不难写了：

解法二：

class Solution {
public:
    int checkRecord(int n) {
        int M = 1e9 + 7;
        vector<int> P(n), L(n), A(n);
        P[0] = 1; L[0] = 1; A[0] = 1;
        if (n > 1) { L[1] = 3; A[1] = 2; }
        if (n > 2) A[2] = 4;
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            P[i] = ((P[i - 1] + L[i - 1]) % M + A[i - 1]) % M;
            if (i > 1) L[i] = ((A[i - 1] + P[i - 1]) % M + (A[i - 2] + P[i - 2]) % M) % M;
            if (i > 2) A[i] = ((A[i - 1] + A[i - 2]) % M + A[i - 3]) % M;
        }
        return ((A[n - 1] + P[n - 1]) % M + L[n - 1]) % M;
    }
};

下面这种方法来自大神 dettier 的帖子，这里面定义了两个数组P和 PorL，其中 P[i] 表示数组前i个数字中1以P结尾的排列个数，PorL[i] 表示数组前i个数字中已P或者L结尾的排列个数。这个解法的精髓是先不考虑字符A的情况，而是先把定义的这个数组先求出来，由于P字符可以再任意字符后面加上，所以 P[i] = PorL[i-1]；而 PorL[i] 由两部分组成，P[i] + L[i]，其中 P[i] 已经更新了，L[i] 只能当前一个字符是P，或者前一个字符是L且再前一个字符是P的时候加上，即为 P[i-1] + P[i-2]，所以 PorL[i] = P[i] + P[i-1] + P[i-2]。

那么这里就已经把不包含A的情况求出来了，存在了 PorL[n] 中，下面就是要求包含一个A的情况，那么就得去除一个字符，从而给A留出位置。就相当于在数组的任意一个位置上加上A，数组就被分成左右两个部分了，而这两个部分当然就不能再有A了，实际上所有不包含A的情况都已经在数组 PorL 中计算过了，而分成的子数组的长度又不会大于原数组的长度，所以直接在 PorL 中取值就行了，两个子数组的排列个数相乘，然后再把所有分割的情况累加起来就是最终结果啦，参见代码如下：

解法三：

class Solution {
public:
    int checkRecord(int n) {
        int M = 1e9 + 7;
        vector<long> P(n + 1), PorL(n + 1);
        P[0] = 1; PorL[0] = 1; PorL[1] = 2;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            P[i] = PorL[i - 1];
            if (i > 1) PorL[i] = (P[i] + P[i - 1] + P[i - 2]) % M;
        }
        long res = PorL[n];
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            long t = (PorL[i] * PorL[n - 1 - i]) % M;
            res = (res + t) % M;
        }
        return res;
    }
};